3.3 Per partes a substituce pro určitý integrál

Díky Newtonově formuli (Věta 3.6) můžeme nyní relativně snadno přeformulovat metodu integrace pomocí per partes a substituce i pro určitý integrál.

Věta 3.7 (Metoda per partes (určitý integrál))

Nechť $f$ a $g$ jsou funkce spojité na $\langle a,b \rangle$, $f$ má spojitou derivaci na intervalu $\langle a,b \rangle$ a nechť $G$ je primitivní funkce k funkci $g$ na intervalu $\langle a,b \rangle$. Potom

\begin{equation*} \int_a^b f(x) g(x) \,\dx = \big[ f(x) G(x) \big]_a^b - \int_a^b f'(x) G(x) \dx. \end{equation*}

Zobrazit důkaz

Funkce $fG$ je primitivní funkcí k funkci $f'G+fg$ na intervalu $(a,b)$ a spojitá na $\langle a,b \rangle$. Předpoklady spojitosti na intervalu $\langle a,b \rangle$ zaručují existenci integrálů $\int_a^b f'G$ a $\int_a^b fg$. Použijeme-li linearitu integrálu a Newtonovu formuli dostáváme

\begin{equation*} \int_a^b f'(x)G(x)\,\dx + \int_a^b f(x)g(x) \,\dx = \int_a^b (fG)'(x)\,\dx = \big[ f(x)G(x) \big]_a^b \end{equation*}

Čímž je důkaz dokončen.

$\square$

Příklad 3.7

Vypočtěte

\begin{equation*} \int_0^1 \ln(1+x) \,\dx. \end{equation*}

Derivujeme $\ln(1+x)$ a integrujeme $1$,

\begin{align*} \int_0^1 \ln(1+x)\,\dx &= \Big[ x\ln(1+x) \Big]_0^1 - \int_0^1 \frac{x}{1+x} \,\dx = \\ &= \ln(2) - \int_0^1 1 - \frac{1}{1+x}\,\dx = \\ &= \ln(2) - \Big[ x - \ln|1+x| \Big]_0^1 = 2\ln(2) -1.\end{align*}

Než se pustíme do formulace substituce v určitém integrálu, tak je vhodné zavést následující značení:

  • $\displaystyle \int_a^a f \ceq 0$,

  • pro $a > b$ klademe $\int_a^b f \ceq -\int_b^a f$.

Dále si připomeňte Větu 2.5, jejímž zkombinováním s Větou 3.6 dostaneme následující tvrzení.

Věta 3.8 (O substituci (určitý integrál))

Nechť pro funkce $f$ a $\varphi$ platí

  1. $\varphi$ a její derivace $\varphi'$ jsou spojité na $\langle \alpha,\beta \rangle$,

  2. $f$ je spojitá na $\varphi\big(\langle\alpha,\beta\rangle\big)$.

Potom pro Riemannův integrál platí

\begin{equation*} \int_\alpha^\beta f\big(\varphi(t)\big)\cdot\varphi'(t) \,\mathrm{d}t = \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\,\dx. \end{equation*}

Podobně lze formulovat i druhou větu o substituci pro určitý integrál.

Příklad 3.8

Vypočtěte integrál

\begin{equation*} \int_0^{\ln(2)} \frac{e^{-x}}{\frac{1}{2}+e^{-x}} \,\dx. \end{equation*}

Použijeme substituci $y = \varphi(x) = \frac{1}{2}+e^{-x}$. Potom

\begin{equation*} \int_0^{\ln(2)} \frac{e^{-x}}{\frac{1}{2} + e^{-x}} \,\dx = -\int_{\frac{3}{2}}^1 \frac{1}{y} \,\mathrm{d}y = \Big[ \ln |y| \Big]^{\frac{3}{2}}_1 = \ln\frac{3}{2}. \end{equation*}

Příklad 3.9

Vypočtěte integrál

\begin{equation*} \int_0^1 \frac{x^3}{1+x^8} \,\dx. \end{equation*}

Pomocí substituce $y=x^4$, $\mathrm{d}y = 4 x^3\dx$, ihned dostáváme

\begin{equation*} \int_0^1 \frac{x^3}{1+x^8} \,\dx = \frac{1}{4} \int_0^1 \frac{1}{1+y^2} \,\mathrm{d}y = \frac{1}{4} \Big[ \arctg y \Big]_0^1 = \frac{\pi}{16}. \end{equation*}

Při integraci lze často využít symetrie integrované funkce. Následující věta mluví o integraci sudých či lichých funkcí na symetrických intervalech a o integraci periodických funkcí.

Věta 3.9 (Integrace na symetrickém intervalu)

Nechť $f$ je funkce spojitá na uvažovaných intervalech.

  1. Je-li $f$ sudá funkce na $\langle -a,a \rangle$, pak $\displaystyle\int_{-a}^a f(x) \dx = 2 \int_0^a f(x) \dx$.

  2. Je-li $f$ lichá funkce na $\langle -a,a \rangle$, pak $\displaystyle\int_{-a}^a f(x) \dx = 0$.

  3. Je-li $f$ periodická na $\R$ s periodou $T$, pak pro každé $a,b\in\R$ platí $\displaystyle\int_a^{a+T} f(x)\dx = \int_b^{b+T} f(x) \dx$.

Zobrazit důkaz

Případ 1. Pomocí substituce $y=-x$ dostáváme

\begin{equation*} \int_{-a}^0 f(x)\dx = \int_{a}^0 f(-y) (-1)\mathrm{d}y = \int_0^a f(y)\mathrm{d}y. \end{equation*}

Případ 2. Stejným způsobem jako v prvním bodě odvodíme

\begin{equation*} \int_{-a}^0 f(x)\dx = - \int_0^a f(x) \dx. \end{equation*}

Případ 3. Pomocí substituce $y=x+T$ a periodicity $f$ nahlédneme, že

\begin{align*} \int_a^{a+T} f(x) \dx &= \int_a^b f(x) \dx + \int^{a+T}_b f(x) \dx = \int_{a+T}^{b+T} f(x) \mathrm{d} x + \int^{a+T}_b f(x) \dx = \\ &= \int_{b}^{a+T} f(x) \dx + \int_{a+T}^{b+T} f(x) \mathrm{d} x = \int_b^{b+T} f(x) \dx.\end{align*}

Tím jsme dokázali i poslední bod tvrzení a důkaz je tak dokončen.

$\square$

Příklad 3.10

Vypočítejte integrály

\begin{equation*} \int_{-2}^2 \big( x^3 + 3x^2 - x\big) \dx, \quad \int_{-1}^1 x e^{-x^2} \dx, \quad \int_0^{2\pi} |\sin x| \dx. \end{equation*}

Postupně vypočteme všechny integrály a použijeme předchozí větu.

\begin{equation*} \int_{-2}^2 \big( x^3 + 3x^2 - x \big) \dx = 3 \cdot 2\int_0^2 x^2 \mathrm{d} x = 3\cdot 2 \cdot \bigg[ \frac{x^3}{3} \bigg]_0^2 = 16. \end{equation*}

Pro druhý integrál můžeme psát

\begin{equation*} \int_{-1}^1 x e^{-x^2} \mathrm{d} x = 0. \end{equation*}

V posledním případě je integrand funkce periodická s periodou $\pi$ a navíc sudá, proto

\begin{equation*} \int_0^{2\pi} |\sin x| \mathrm{d} x = \int_{-\pi}^\pi |\sin x| \mathrm{d} x = 2 \int_0^\pi \sin x\, \dx = 2 \Big[ - \cos x \Big]_0^{\pi} = 4. \end{equation*}